内蒙古呼和浩特市土默特左旗第一中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

内蒙古呼和浩特市土默特左旗第一中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

‎2019-2020学年度高一年级第二次月考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 N-14 S-32 H-1 Na-23 Al-27 Cl-35.5‎ 一、单选题(18小题，共54分，每题只有一个正确答案，请将正确答案填在答题卡中)‎ ‎1.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是( )‎ A. 燕馏 B. 过滤 C. 升华 D. 萃取 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】从文中“令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”可以看出，此操作是先让砒霜由固体气化，再遇冷的器皿后凝结成固体，显然此操作过程为升华。‎ 故选C。‎ ‎2.中国最新战机歼-31使用了高强度、耐高温的钛合金材料，工业上冶炼钛的反应如下：，下列有关该反应的说法正确的是   ‎ A. 是还原剂 B. Mg被氧化 C. 发生氧化反应 D. Mg得到电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】反应中，Ti元素化合价降低，Mg的化合价升高；‎ A. 反应中Ti元素化合价降低，则TiCl4为氧化剂，A项错误；‎ B. 反应中Mg失电子，则Mg被氧化，B项正确；‎ C. 反应中Ti元素化合价降低，则TiCl4发生还原反应，C项错误；‎ D. 反应中Mg的化合价升高，失电子，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列叙述正确的是 （ ）‎ A. 1mol SO42- 的质量是‎96 g B. 1mol H2O的质量是‎18 g/mol C. CO2的摩尔质量是‎44 g D. HCl的相对分子质量是‎36.5 g/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO42-的摩尔质量为‎96g/mol，1mol SO42-的质量为‎96g，A项正确；‎ B.H2O的摩尔质量为‎18 g/mol，1mol H2O的质量是‎18g，B项错误；‎ C.CO2的摩尔质量是‎44 g/mol，C项错误；‎ D.HCl的相对分子质量是36.5，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎4. 为了防止食品氧化变质，延长食品的保质期，可在包装袋中放入抗氧化物质。下列属于抗氧化物质的是( )‎ A. 生石灰 B. 还原性铁粉 C. 氯化钙 D. 硫酸钡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A．生石灰具有吸水性，常用作干燥剂，不属于抗氧化物质，故A错误；‎ B．还原铁粉具有还原性，在反应中Fe元素的化合价升高，属于抗氧化物质，故B正确；‎ C．氯化钙不具有还原性，不属于抗氧化物质，故C错误；‎ D．硫酸钡不具有还原性，常用于钡餐，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.配制100mL 溶液时，必须用到的仪器是　　‎ A. 100mL容量瓶 B. 100mL集气瓶 C. 100mL烧瓶 D. 100mL滴瓶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配制100mL 溶液步骤为:计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等,根据配制步骤选择使用的仪器。‎ ‎【详解】配制100mL 溶液的过程中使用的仪器有:托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管,所以必须使用的仪器为100mL容量瓶,故A正确；不会使用到100mL 集气瓶，故B错误；C.不会用到100mL 烧瓶，故C错误；D.不会用到100mL滴瓶,故D错误；所以答案A是正确的。‎ ‎6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 在标准状况下‎22.4L H2O中含有氢原子的个数为2NA B. ‎2.7g 铝与足量的盐酸反应时失去的电子数为0.3NA C. 1mol/L NaCl溶液中含有钠离子的个数为NA D. 常温常压下，‎11.2 L氧气含有的原子数目为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在标准状况下H2O不是气体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；‎ B．Al是+3价的金属，‎2.7g 铝的物质的量是0.1mol，其与足量的盐酸反应时失去的电子数为0.3NA，B正确；‎ C.只有浓度而无溶液的体积，不能确定微粒数目的多少，C错误；‎ D．常温常压下，‎11.2 L氧气的物质的量小于0.5mol，因此含有的原子数目少于NA，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料,纳米碳就是其中一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中,所形成的物质( )‎ ‎①是溶液 ②是胶体 ③能产生丁达尔效应 ④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后会析出黑色沉淀。‎ A. ①④⑤ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①③④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳均匀分布到蒸馏水中形成的分散系属于胶体（分散质粒子直径在1nm-100nm之间），胶体有丁达尔效应，能透过滤纸，属于介稳体系，所以②③④正确；‎ 故选B。‎ ‎8.下列反应的离子方程式中，正确的是 A. 稀硫酸滴在银片上：2Ag+2H+=2Ag++H2↑‎ B 氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O C. 碳酸钙溶于醋酸溶液中：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O D. 澄清石灰水与稀硝酸反应：Ca（OH）2+2H+=Ca2++2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．银与稀硫酸不发生反应，无法写出反应的离子方程式，故A错误；‎ B．氧化铁与稀盐酸混合，反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故B正确；‎ C．碳酸钙为难溶物、醋酸为弱酸，需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH =Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误；‎ D．澄清石灰水跟稀硝酸反应，氢氧化钙应该写成离子形式，正确的离子方程式为：OH-+H+=H2O，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.下列变化中，需要加入氧化剂才能实现的是 A. Cl-→Cl2 B. CuO→Cu C. CaCO3→CO2 D. H2O2→O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变化中需要加入氧化剂才能实现，说明给予物质作还原剂，在反应中失电子化合价升高，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．该反应Cl-→Cl2中Cl元素化合价由－1价变为0价，失去电子，需要氧化剂才能实现，故A正确；‎ B．该反应CuO→Cu中Cu元素化合价由+2价变为0价，得到电子氧化铜作氧化剂，需要还原剂才能实现，故B错误；‎ C．该反应CaCO3→CO2中各元素化合价不变，不需要氧化还原反应就能实现，故C错误；‎ D．该反应H2O2→O2中O 元素化合价升高，可以发生自身的氧化还原反应即可实现，不需要加入氧化剂就能实现，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念，明确化合价变化与氧化剂、还原剂关系是解本题关键，熟悉常见氧化剂和还原剂。选项D是易错点，注意自身发生氧化还原反应的特例。‎ ‎10.下列各组离子在溶液中能够大量共存的是(    )‎ A. 、、、 B. 、、、‎ C. 、、、 D. 、、、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子共存是指离子之间既不反应生成沉淀、气体、弱电解质等，也不发生氧化还原反应等。‎ ‎【详解】A. Cl−、Ag+之间反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，A项错误；‎ B. H+、HCO3-之间反应生成二氧化碳气体和水，不能大量共存，B项错误；‎ C. Ba2+、CO32-之间反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，C项错误；‎ D. Mg2+、Cl−、H+、SO42-之间均不发生反应，能够大量共存，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列反应属于氧化还原反应的是（　　）‎ A. SO3+ H2O= H2SO4 B. NH4Cl NH3+HCl C. Fe+CuSO4= FeSO4+Cu D. NaOH+HNO3=NaNO3+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO3+ H2O= H2SO4反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故A不选；‎ B．NH4Cl NH3↑+HCl↑反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故B不选；‎ C．Fe+CuSO4= FeSO4+Cu反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、Cu元素化合价由+2价变为0价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故C选；‎ D．NaOH+HNO3=NaNO3+H2O反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎12.在一定条件下，NO跟可以发生反应：，关于该反应下列说法中不正确的是(    )‎ A. 既不是氧化产物也不是还原产物 B. 该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是2：3‎ C. 若有完全反应，共转移12mol电子 D. NO是氧化剂，是还原剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在反应6NO+4NH3=5N2+6H2O中，NO中N元素由+2价降低为0，NH3中N元素的化合价由-3价升高为0，以此来解答。‎ ‎【详解】A. 水中H、O元素的化合价在反应前后不变，则H2O既不是氧化产物也不是还原产物，A项正确；‎ B. NO中N元素由+2价降低为0，被还原，NH3中N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化，则该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是2：3，B项正确；‎ C. 由反应可知，4molNH3完全反应转移12mol电子，C项错误；‎ D. NO中N元素由+2价降低为0，NO为氧化剂，NH3中N元素的化合价由-3价升高为0，氨气为还原剂，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎13.下列离子组中，能够在溶液中共存，加入NaOH溶液有沉淀生成，加入稀盐酸有气体放出的是( )‎ A. 、、、 B. 、、、‎ C. 、、、 D. 、、、‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合加入NaOH溶液有沉淀生成，加入稀盐酸有气体放出来解答。‎ ‎【详解】A. 该组离子之间不反应，可大量共存，但加盐酸不会生成气体，A项错误；‎ B. 因Ba2+、CO32-结合生成沉淀，不能大量共存，B项错误；‎ C. 离子之间均不反应，可大量共存，但加盐酸不会生成气体，C项错误；‎ D. 该组离子之间不反应，可大量共存，且加入NaOH后，Ba2+、OH-、HCO3-结合生成碳酸钡沉淀，加入盐酸与HCO3-反应生成二氧化碳气体，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是 A. 许多胶体能进行电泳是因为这些胶体带电 B. 布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、悬浊液区分 C. 光线通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液则无丁达尔效应 D. 将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体本身不带电，胶粒带电，错误；‎ B．物质在永不停息地作无规则的运动，胶体粒子一直在作无规则的运动，也能发生布朗运动，错误；‎ C．光线透过胶体时，胶体发生丁达尔效应，是胶体的特性，正确；‎ D．饱和氯化铁溶液与稀氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，不是胶体，错误。‎ ‎15.下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是(    )‎ A. 有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应 B. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降 C. 失电子的反应物在反应中作还原剂，反应中被还原 D. 金属单质在化学反应中一定作还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 单质间的转化过程中，因为没有化合价的变化，所以不属于氧化还原反应，如金刚石与石墨的转化，A项错误；‎ B. 氧化还原反应的特征为化合价的变化，而氧化还原反应的实质是电子转移，B项错误；‎ C. 失电子的物质在反应中作还原剂，被氧化，而不是被还原，C项错误；‎ D. ‎ 在化学反应中，金属最外层电子很容易失去，所以金属单质常常作还原剂，所以金属单质在化学反应中一定作还原剂，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】单质间的转化过程中，因为没有化合价的变化，所以不属于氧化还原反应，如金刚石与石墨的转化，则有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，为易错点。‎ ‎16.已知氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应的化学方程式为NaClO3+6HCl===NaCl+3Cl2↑+3H2O，则氧化产物和还原产物的质量比为（　　）‎ A. 6∶1 B. 5∶‎1 ‎C. 3∶1 D. 2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】NaClO3+6HCl＝NaCl+3Cl2↑+3H2O中，氯酸钠中Cl元素的化合价由+5价降低为0，盐酸中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氧化剂为NaClO3，由此得到还原产物为1mol，还原剂为HCl，HCl被氧化，根据电子得失守恒可知氧化产物为5mol，则氧化产物和还原产物的质量比为5：1。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大。注意参加反应的氯化氢没有全部被氧化，一部分起酸的作用转化为氯化钠。‎ ‎17.已知、、、四种物质的氧化能力为，下列氧化还原反应能发生的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力是W2>Z2>X2>Y2，同一化学反应中，氧化能力强的物质能置换出氧化能力弱的物质，方程式中单质的氧化性强弱关系符合已知条件的就可以发生，否则不能发生，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 该反应中，氧化性Z2>W2，与已知不符合，所以不能发生，A项错误；‎ B. 该反应中，氧化性Z2>X2，与已知符合，所以能发生，B项正确；‎ C. 该反应中，氧化性Y2>W2，与已知不符合，所以不能发生，C项错误；‎ D. 该反应中，氧化性X2>Z2，与已知不符合，所以不能发生，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.在酸性条件下，可发生如下反应： +‎2M3‎++4H2O=+Cl－+8H+， 中M化合价是 （ ）‎ A. +4 B. +‎5 ‎C. +6 D. +7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。‎ 二、填空题(共4小题，每空2分，共46分)‎ ‎19.利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。‎ I下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。‎ ‎①MgO、、、CuO ‎②HCl、、、‎ ‎③NaOH、、KOH、‎ ‎（1）三种物质依次是填化学式：‎ ‎①______；②______；③______。‎ ‎（2）这三种物质相互作用可生成一种新物质，该反应______填“是”或“不是”氧化还原反应。‎ ‎（3）写出与足量稀硫酸反应的离子方程式：______。‎ ‎（4）与、在溶液都不能大量共存，试用离子方程式说明：____________________________；________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). CO2 (2). H2O (3). Na2CO3 (4). 不是 (5). CO32−+2H+═H2O+CO2↑ (6). HCO3−+H+=CO2↑+H2O (7). HCO3−+OH−=CO32−+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①中CO2是非金属氧化物，其他都是金属氧化物；②中H2O不是酸，其他都是酸；③中Na2CO3是盐，其他都是碱；‎ ‎（2）反应中元素没有价态变化不是氧化还原反应；‎ ‎（3）Na2CO3是可溶性盐，硫酸是强酸，离子反应均能拆，Na2CO3与足量稀硫酸反应生成二氧化碳、水和硫酸钠；‎ ‎（4）HCO3-是弱酸的酸式酸根离子，能与H+、OH-反应。‎ ‎【详解】（1）①中CO2是非金属氧化物，其他都是金属氧化物；②中H2O不是酸，其他都是酸；③中Na2CO3是盐，其它都是碱；‎ 故答案为：CO2；H2O；Na2CO3；‎ ‎（2）化学反应为：Na2CO3+CO2+H2O═2NaHCO3，反应中元素没有价态变化，不是氧化还原反应；‎ 故答案为：不是；‎ ‎（3）Na2CO3与足量稀硫酸反应生成二氧化碳、水和硫酸钠，Na2CO3、Na2SO4是可溶性盐，硫酸是强酸，离子反应中均能拆，所以Na2CO3与足量稀硫酸反应的离子方程式为：CO32−+2H+═H2O+CO2↑；‎ 故答案为：CO32−+2H+═H2O+CO2↑；‎ ‎（4）HCO3−是弱酸的酸式酸根离子，能与H+、OH−反应，其离子方程式分别为：HCO3−+H+=CO2↑+H2O、HCO3−+OH−=CO32−+H2O；‎ 故答案为：HCO3−+H+=CO2↑+H2O；HCO3−+OH−=CO32−+H2O。‎ ‎20.某无色透明溶液中可能大量存在Ag＋、Mg2＋、Cu2＋、Fe3＋、Na＋中的几种。请填写下列空白：‎ ‎（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___。‎ ‎（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是___，有关离子方程式为__。‎ ‎（3）取（2）中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有___，有关的离子方程式为__。‎ ‎（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的___。‎ A．Cl－ B．NO3- C．CO32- D．OH－‎ ‎【答案】 (1). Cu2+、Fe3+ (2). Ag+； (3). Ag++Cl−=AgCl↓ (4). Mg2+ (5). Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓ (6). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。‎ ‎【详解】(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为Cu2+、Fe3+；‎ ‎(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag++Cl−=AgCl↓，故答案为Ag+；Ag++Cl−=AgCl↓；‎ ‎(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓；‎ ‎(4)原溶液中存在Ag+，则CO32−、Cl−、OH−不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32−、OH−不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应，故溶液中可能大量存在的离子是NO3−，故答案为B。‎ ‎21.(1)根据反应，回答下列问题：‎ ‎①用双线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目：______。‎ ‎②该反应中______元素被还原，______元素被氧化。‎ ‎③在该反应中,若有电子发生转移，在标准状况下，可生成的体积为_____L。‎ ‎(2)配平化学方程式且回答下列问题：‎ ‎①______ ______ ___ _____ ___ Cl2 ___H2O ‎②若生成,则被氧化的HCl是_________mol，‎ ‎(3)已知反应：2H2S+H2SO3=2H2O +3S，若氧化产物比还原产物多，则同时会生成水的质量为 ______ g。‎ ‎【答案】 (1). (2). Cl (3). N (4). 1.12 (5). 2 (6). 16 (7). 2 (8). 2 (9). 5 (10). 8 (11). 2 (12). 1.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①在该反应中，Cl元素的化合价由0降低为-1价，部分N元素的化合价由-3价升高为0价，当3mol氯气和8mol氨气发生反应时，转移电子物质的量为6mol，据此可用双线桥标出电子转移的方向和数目；‎ ‎②该反应中Cl元素的化合价降低，得电子，被还原，N元素的化合价升高，失电子，被氧化；‎ ‎③N元素化合价由−3价升高为0，当3mol氯气和8mol氨气发生反应生成1mol氮气时，转移电子物质的量为6mol，当反应过程中有0.3mol电子转移时，有0.05mol氮气生成； ‎ ‎（2）①反应中高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价，降价数为5，得到5mol电子，氯化氢中-1价氯化合价升高为氯气中0价，升高为1，生成1mol氯气失去2mol电子，依据氧化还原反应中得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式； ②依据方程式2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，生成氯气的氯化氢是被氧化的，生成1mol氯气转移2mol电子，被氧化的氯化氢物质的量为2mol；‎ ‎（3）反应中H2S中S氧化化合价升高，SO2中S元素化合价降低，氧化产物为2mol，还原产物为1mol，此时氧化产物比还原产物多32g，据此进计算。‎ ‎【详解】（1）①在该反应中，Cl元素的化合价由0降低为-1价，部分N元素的化合价由-3价升高为0价，当3mol氯气和8mol氨气发生反应时，转移电子物质的量为6mol，则用双线桥标出电子转移的方向和数目可为；‎ 故答案为：；‎ ‎②该反应中Cl元素的化合价降低，得电子，被还原，N元素的化合价升高，失电子，被氧化；‎ 故答案为：Cl；N；‎ ‎③N元素化合价由−3价升高为0，当3mol氯气和8mol氨气发生反应生成1mol氮气时，转移电子物质的量为6mol，当反应过程中有0.3mol电子转移时，有0.05mol氮气生成，标准状况下的体积为；‎ 故答案为：1.12；‎ ‎（2）①该反应中，高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价，降价数为5，得到5mol电子，氯化氢中−1价氯化合价升高为氯气中0价，升高为1，生成1mol氯气失去2mol电子，依据氧化还原反应中得失电子守恒，高锰酸钾系数为2，氯气系数为5，依据原子个数守恒，氯化锰系数为2，氯化钾系数为2，依据氯原子个数守恒氯化氢系数为16，水分子系数为8，所以方程式：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；‎ 故答案为：2；16；2；2；5；8；‎ ‎②71gCl2物质的量为，依据方程式2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，生成氯气的氯化氢是被氧化的，则生成1mol氯气转移2mol电子，被氧化的氯化氢物质的量为2mol；‎ 故答案为：2；‎ ‎（3）反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中，H2S中S元素化合价由-2升高为0，被氧化，得氧化产物，SO2中S元素化合价由+4降低为0，被还原，得还原产物，S单质既是氧化产物，也是还原产物，生成3molS时，氧化产物为2mol，还原产物为1mol，此时氧化产物比还原产物多32g，同时会生成水2mol，若氧化产物比还原产物多1.6g，同时会生成水0.1mol，质量是1.8g；‎ 故答案为：1.8。‎ ‎22.如图是硫酸试剂瓶标签上的内容：‎ 该硫酸的物质的量浓度为______。‎ 某化学小组进行硫酸酸性实验探究时，需要配制的稀硫酸，则需要取上述的浓硫酸______mL。‎ ‎(3)下列情况使所配制硫酸溶液物质量浓度偏高的是________，‎ A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中 B.定容时仰视读数 C.移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面 D.用量筒量取浓硫酸时仰视读数 E.加蒸馏水时不慎超过了刻度 ‎【答案】 (1). 18.4 (2). 62.5 (3). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据计算该硫酸的物质的量浓度；‎ ‎（2）需要配制240mL4.6mol/L的稀硫酸，但是没有240mL容量瓶，应选择250ml容量瓶，因此实际配制溶液的体积为250mL，再根据稀释定律计算；‎ ‎（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据进行误差分析。‎ ‎【详解】（1）由标签可知，该硫酸质量分数为98%，密度为1.84g/mL，故该硫酸的物质的量浓度；‎ 故答案为：18.4；‎ ‎（2）需要配制240mL4.6mol/L的稀硫酸，但是没有240mL容量瓶，应选择250ml容量瓶，因此实际配制溶液的体积为250mL，设需要浓硫酸体积为V，根据稀释定律，V×18.4mol/L=4.6mol/L×0.25L，解得V=62.5mL；‎ 故答案为：62.5；‎ ‎（3）A. 未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，导致溶液体积V偏小，因此浓度c偏高；‎ B. 定容时仰视读数，导致溶液体积V偏大，则浓度c偏低；‎ C. 移液时不慎将少量溶液滴在容量瓶外面，导致溶质物质的量n偏小，则浓度c偏低；‎ D. 用量筒量取浓硫酸时仰视读数，导致硫酸n偏大，则浓度c偏高；‎ E. 加蒸馏水时不慎超过了刻度，导致液体积V偏大，则浓度c偏低；‎ 综上所述，AD所配制的溶液的物质的量浓度偏高；‎ 故答案为：AD。‎ ‎【点睛】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液，为易错点。‎ ‎ ‎